Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 12 THPT - Năm học 2015-2016 - Sở giáo dục và đào tạo Hà Tĩnh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 12 THPT - Năm học 2015-2016 - Sở giáo dục và đào tạo Hà Tĩnh (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 1 trang, gồm 5 câu) Câu 1. Tìm m để đồ thị hàm số y x3 3x2 mx 2 m cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại các điểm A, B, C bằng 3. Câu 2. a. Tìm m để phương trình có nghiệm: (m 2) x(x2 1) x2 (m 6)x 1 0 . 3 3 y 2 2y 1 x x y 1 x 1 2x b. Giải hệ phương trình : . 4 x 4 y 1 y x 1 Câu 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a. Biết hình chiếu vuông góc   của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm M thoả mãn AD 3MD . Trên cạnh CD lấy các điểm I, N sao cho ·ABM M· BI và MN vuông góc với BI. Biết góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) là 600. a. Tính thể tích của khối chóp S.AMCB. b. Tính khoảng cách từ N đến mặt phẳng (SBC). Câu 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường tròn (C1),(C2 )lần lượt có phương trình: x2 y2 2x 4y 0 ; x2 y2 2x 6y 1 0 . Lập phương trình đường thẳng d · 1 tiếp xúc với (C ) và cắt (C ) tại A, B thỏa mãn AI B arccos với I2 là tâm của 1 2 2 9 đường tròn (C2 ) . 1 1 1 4 Câu 5. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn điều kiện . a b c a b c 5 5 5 1 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a b c 5 5 5 . a b c ___ Hết ___ - Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. - Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồm có 4 trang) Lưu ý: Mọi cách giải khác đáp án, mà đúng và ngắn gọn đều cho điểm tương ứng. Câu NỘI DUNG Điểm Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình x3 3x2 mx 2 m 0 (1) có 3 nghiệm phân biệt. (1) x3 3x2 mx 2 m 0 (x 1)(x2 2x m 2) 0 Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt x2 2x m 2 0 (2) có hai nghiệm ' 3 m 0 (*) phân biệt khác 1 m 3 . 1 2 m 2 0 Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình (2), suy ra tổng hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại 3 giao điểm là: 2 y '(1) y '(x1) y '(x2 ) 3(x1 x2 ) 6x1x2 6(x1 x2 ) 3m 3 9 3m Tổng hệ số góc của các tiếp tuyến bằng 3 9 3m 3 m 2 (t/m đk (*)). ĐS: m 2 Điều kiện xác định: x 0 Ta thấy x 0 không phải là nghiệm của phương trình. 1 1 Với x 0 : Pt m 2 x (x ) m 6 0 x x 1 Đặt : t x ta có x 0 khi và chỉ khi t 2 . x t 2 2t 6 Phương trình trở thành: m 2 t t 2 m 6 0 m . t 1 t 2 2t 6 Đặt m f (t) với t 2; . Ta có: t 1 t 2 2t 8 t 2 f '(t) 2 0 t 1 t 4 t 2 2t 6 Lập bảng biến thiên hàm số f (t) với t 2; t 1 t 2 2 f '(t) - 0 + 10 2 12 f (t) 2 Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi: m 2 1
3. 3 3 y 2 2y 1 x x y 1 x 1 2x (1) 4 x 4 y 1 y x 1 (2) ĐK: x, y 0 . Ta thấy x 0 không thoả mãn hệ phương trình. Với y 0 thay vào (1) ta có 2x 3 x 1( x 1 2x) (vô lý vì x >0) . Với x, y 0 : Xét hàm số f (t) t 4 t 1, t 0 1 1 2 4 (t 1)3 4 t 2 f '(t) 0 (do(t 1)3 t 2 ) 3 3 2 t 4 4 t 1 4 t.4 (t 1) suy ra hàm số đồng biến trên khoảng 0; Từ phương trình (2) ta có f(x) = f(y), suy ra x = y. ( Lưu ý có thể chứng minh x = y bằng cách sử dụng nhân liên hợp để phân tích (2) Thay vào (1) ta có x 2 3 2x 1 x 3 2x 1 x 1 2x x 2 3 2x 1 x 1 2x x x 1 x 3 2x 1 x 1 x 3 2x 1 x 3 2x 1 x 3 2x 1 x x 3 2x 1 x2 x 1 0 2 3 2x 1 x2 x 3 2x 1 3 2x 1 x x 1 x x 1 1 (x2 x 1) 0 2 3 2x 1 x2 x 3 2x 1 3 2x 1 x x 1 x x2 x 1 0 3 x 1 1 0 4 2 3 2x 1 x2 x 3 2x 1 3 2x 1 x x 1 x Do x > 0 nên phương trình (4) vô nghiệm. 1 5 x (l) 2 2 pt x x 1 0 1 5 x (t / m) 2 1 5 1 5 Vậy nghiệm của hệ phương trình là ; . 2 2 2
4. S A B M E A B H M D I N C K D I N C a2 a 30 Ta có S·CM 600 SM MC.tan 600 a2 . 3 9 3 1 1 5a 5a2 S (AM BC).AB .a (đvdt) AMCB 2 2 3 6 1 1 a 30 5a2 5 30a3 V SM.S . . (đvtt) S.AMCB 3 AMCB 3 3 6 54 Gọi H là giao điểm của MN và BI. Ta có ABM HBM BH BA BC HBN CBN MA MH; NC NH MN MA NC;MN 2 MD2 DN 2 MA NC 2 MD2 DC NC 2 2 2 2a a 2 a CD NC a NC NC 3 9 5 5 1 1 Ta có: d N,(SBC) d D,(SBC) d M ,(SBC) . 5 5 Kẻ MK vuông góc với BC tại K, suy ra hai mặt phẳng (SMK) và (SBC) vuông góc với nhau, có giao tuyến SK. Kẻ ME vuông góc với SK tại E, suy ra ME vuông góc với (SBC). 1 1 d N,(SBC) d M ,(SBC) ME. 5 5 Trong tam giác vuông SMK có ME là đường cao: 1 1 1 9 1 13 ME 2 SM 2 MK 2 30a2 a2 10a2 a 130 a 130 ME d N,(SBC) 13 65 a 130 Vậy khoảng cách từ N đến mặt phẳng (SBC) bằng . 65 (Nếu học sinh biết qui về tính khoảng cách từ M đến (SBC )đúng mà chưa NC xác định được tỷ lệ thì cho 0.5 điểm) CD 3
5. Ta có I1(1; 2); R1 5; I2 ( 1; 3); R 2 3 A H B Phương trình đt I1I2 : x 2y 5 0 . · 1 · 1 Do AI2 B arccos nên cosAI2 B 9 9 I2 2 2 2 · Ta có: AB I2 A I2 B 2I2 A.I2 B cos AI2 B 16 suy ra d(I2 ;d) I2 H 5 . Do d tiếp xúc với (C1 ) nên d(I1;d) R1 5 Vì khoảng cách từ 2 điểm I1; I2 đến d bằng nhau nên d song song I1I2 hoặc d đi qua trung điểm của I1I2. Nếu d//I1I2 thì d có dạng: x 2y m 0 ; vì d(I1;d) 5 nên m 0; m 10 5 2 2 Nếu d đi qua trung điểm của I1I2 thì d có dạng ax b(y ) 0 (a b 0 ) 2 b a 2 2 2 d(I1;d) 5 5 a 2b 2 5(a b ) a2 b2 a2 4ab 4b2 20a2 20b2 19a2 4ab 16b2 0 a b 0 (vô lý) ĐS: x 2y 0 ; x 2y 10 0 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: 2 2 1 1 1 1 1 a5 b5 P (a5 b5 ) c5 (a5 b5 ) 1 1 5 5 5 5 5 5 5 a b c a b b a a5 b5 c5 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ab c2 . 1 1 1 a5 b5 c5 1 1 1 1 1 a b 1 1 Từ giả thiết ta có a b c 4 (a b)( ) 3 c( ) a b c a b c a b 1 1 a b 1 1 1 1 1 1 (a b)( ) 3 c( ) 3 2 (a b)( ) (a b)( ) 9 a b c a b a b a b a b a b 1 1 7 ; có “=” khi c( ) c2 ab . b a c a b a 1 1 Đặt x ta có x2 7 x 3 (vì x >0) . b x2 x a5 b5 1 1 1 1 1 x5 (x3 )(x2 ) (x ) (t3 3t)(t 2 2) t (với t x ) b5 a5 x5 x3 x2 x x Ta có (t3 3t)(t 2 2) t t5 5t3 5t t t 2 (t 2 5) 5 3 9.4 5 123 có “=” khi t 3 . a b 2 7 Do đó ta có P 124 , có “=” khi b a 2 c ab HẾT 4